$p+q=(p-q)^3$

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Triarii
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$p+q=(p-q)^3$

Messaggio da Triarii » 05 gen 2014, 13:36

Trovare le coppie $(p,q)$ con $p,q \in \mathbb P$ tali che
$$p+q=(p-q)^3$$
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Dandav
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Re: $p+q=(p-q)^3$

Messaggio da Dandav » 05 gen 2014, 14:39

Fattorizzo come $(p-q)(p-q+1)(p-q-1)=2q$. Essendo $2q$ prodotto di due primi il fattore più piccolo al LHS dovrà essere uguale a $1$ (dal testo vediamo che $p>q$ perciò non ci sono possibili fattori negativi. Quindi $p-q-1=1\Rightarrow p-q=2\Rightarrow 2q=6\Rightarrow (p;q)=(5;3)$ è l'unica coppia che soddisfa l'equazione di partenza.

maurizio43
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Re: $p+q=(p-q)^3$

Messaggio da maurizio43 » 05 gen 2014, 15:39

Se consideriamo $p$ e $q$ interi, non necessariamente primi , le soluzioni sono ovviamente infinite , e sono eprimibili , per ogni $n^3$ intero , come :
$p=\frac{n^3}{2} + \frac{n}{2}$
$q=\frac{n^3}{2} - \frac{n}{2}$

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jordan
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Re: $p+q=(p-q)^3$

Messaggio da jordan » 05 gen 2014, 15:58

maurizio43 ha scritto:[...]sono ovviamente infinite , e sono eprimibili , per ogni $n^3$ intero , come : $p=\frac{n^3}{2} + \frac{n}{2}$ , $q=\frac{n^3}{2} - \frac{n}{2}$
Giusto. Ma questo non mostra che sono tutte le soluzioni..
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Triarii
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Re: $p+q=(p-q)^3$

Messaggio da Triarii » 05 gen 2014, 20:26

Bella soluzione Dandav! Non avevo pensato a fattorizzare.
Posto pure la mia già che ci sono:
Osservazione: $p>q$, altrimenti $LHS$ è positivo mentre $RHS$ è negativo o nullo.
Escludiamo intanto il caso in cui una delle due incognite sia $3$. Analizzando modulo $3$ otteniamo che se $LHS\equiv 0 (3)$ allora $RSH\equiv \pm 1 (3)$, se $LHS\equiv \pm 1 (3)$ , allora $RHS\equiv 0 (3)$, il che è assurdo. Quindi vale $p=3$ o $q=3$.
Nel primo caso otteniamo $(3+q)=(3-q)^3$ . Per l'osservazione $q$ deve assumere necessariamente il valore $2$, che porta ad un assurdo.
Nel secondo caso otteniamo $p+3=(p-3)^3$. Si noti che per l'osservazione deve valere $p>3$
$(p-3)^3=(p-4+1)^3\ge 3p-11>p+3$ per $p>7$.
Il primo passaggio vale per Bernoulli (lecito perchè $p-4>-1$ per $p>3$, che è proprio la condizione dell'osservazione). Ora non ci resta quindi che verificare cosa avviene per i valori non contemplati dall'ultima disuguaglianza, che sono $p=7$, che porta ad un assurdo, e $p=5$, che porta alla soluzione $(5,3)$ che di fatto è l'unica.
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maurizio43
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Re: $p+q=(p-q)^3$

Messaggio da maurizio43 » 06 gen 2014, 00:33

jordan ha scritto:
maurizio43 ha scritto:[...]sono ovviamente infinite , e sono eprimibili , per ogni $n^3$ intero , come : $p=\frac{n^3}{2} + \frac{n}{2}$ , $q=\frac{n^3}{2} - \frac{n}{2}$
Giusto. Ma questo non mostra che sono tutte le soluzioni..
Verissimo, ma è elementare dimostrare che per ogni $n^3$ intero la soluzione è unica. Infatti :
Ipotizziamo che per uno stesso cubo intero esistano $2$ soluzioni : $p , q$ e $p_2 , q_2$ .
Saranno allora valide le espressioni :
(1a) : $n^3 = p+q $ ; nonché : (1b) : $n^3 = (p-q)^3$
(2a) : $n^3 = p_2+q_2 $ ; nonché : (2b) : $n^3 = (p_2-q_2)^3$

Se indichiamo $ p_2 = p + \delta $ , allora dalle (1a) e (2a) si ricava : $q_2=q- \delta$
Quindi dovrà essere $n^3 = (p +\delta – q + \delta )^3$
E la (1b) ci porta poi a : $ \delta=0 $ . Ovvero : la soluzione è unica .

Dandav
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Re: $p+q=(p-q)^3$

Messaggio da Dandav » 06 gen 2014, 00:50

maurizio43 ha scritto:Se consideriamo $p$ e $q$ interi, non necessariamente primi , le soluzioni sono ovviamente infinite , e sono eprimibili , per ogni $n^3$ intero , come :
$p=\frac{n^3}{2} + \frac{n}{2}$
$q=\frac{n^3}{2} - \frac{n}{2}$
Volendo questo (aggiungendo il fatto che queste sono tutte le soluzioni) risolve velocemente il problema di partenza notando che $n^3-n$, e quindi $q$ è sempre multiplo di tre...

maurizio43
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Re: $p+q=(p-q)^3$

Messaggio da maurizio43 » 06 gen 2014, 08:45

Dandav ha scritto:
maurizio43 ha scritto:Se consideriamo $p$ e $q$ interi, non necessariamente primi , le soluzioni sono ovviamente infinite , e sono eprimibili , per ogni $n^3$ intero , come :
$p=\frac{n^3}{2} + \frac{n}{2}$
$q=\frac{n^3}{2} - \frac{n}{2}$
Volendo questo (aggiungendo il fatto che queste sono tutte le soluzioni) risolve velocemente il problema di partenza notando che $n^3-n$, e quindi $q$ è sempre multiplo di tre...
Bravo. Hai fregato sullo sprint un dormiglione che se ne è andato a letto ripromettendosi di 'indagare' su $p$ e su $q$ ......, e che si sarebbe accorto anche lui (ammesso che non sia 'senno di poi') che aveva davanti il numero $\frac{(n-1)n(n+1)}{2}$ , che ,oltre ad essere multiplo di 3, è pure il prodotto di 3 fattori, e quindi non può proprio essere primo ! :P
(E l'unico $q$ primo si ha solo per $n=2$ cioè $q= \frac{1.2.3}{2}$)
Ultima modifica di maurizio43 il 06 gen 2014, 17:08, modificato 1 volta in totale.

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Re: $p+q=(p-q)^3$

Messaggio da jordan » 06 gen 2014, 11:28

maurizio43 ha scritto: Quindi dovrà essere $n^3 = (p +\delta – q + \delta )^3$
E la (1b) ci porta poi a : $ \delta=0 $ .
Non ne sarei così sicuro :roll:
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Re: $p+q=(p-q)^3$

Messaggio da maurizio43 » 06 gen 2014, 17:03

Scusa Jordan, io mi fido sempre di te, ma mi devi illuminare sulla fonte da cui deriva il tuo dubbio :
Se $n^3=(p-q)^3$
e se $n^3=(p_2-q_2)^3=(p-q+2\delta)^3$
cosa altro può essere $\delta$ se non $ 0 $ ?
(Quindi $p_2=p $ e $q_2=q $ , e possiamo dire che per quel generico $n^3$ la soluzione è unica) :o

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Re: $p+q=(p-q)^3$

Messaggio da aetwaf » 06 gen 2014, 17:08

Si fa anche così, che è quasi la stessa cosa però.
Se avessimo $p_0+q_0=x^3=p_1+q_1$ e fossero soluzioni allora
$p_0-q_0=p_1-q_1$
ma $p_0=x^3-q_0$ e $p_1=x^3-q_1$ quindi
$x^3-2q_0=x^3-2q_1$ da cui $q_0=q_1$ e $p_0=p_1$
soluzione unica $\forall$ $x^3\in \mathbb N$
Comunque anche a me sembra corretta quella di @mautrizio43, dalle cui espressioni si ottiene $q-\delta =q+\delta$ da cui $\delta =0$ se ho ben capito.
Dispongo di una meravigliosa dimostrazione di questo teorema che non può essera contenuta nel margine troppo stretto della pagina

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Re: $p+q=(p-q)^3$

Messaggio da jordan » 06 gen 2014, 19:30

maurizio43 ha scritto:$n^3=(p_2-q_2)^3=(p-q+2\delta)^3$
cosa altro può essere $\delta$ se non $ 0 $ ?
Il mio dubbio derivava dal fatto che l'equazione $n^3=(n+2\delta)^3$ è una cubica in $\delta$: $\delta=0$ è sicuramente una soluzione, ma si dovrebbe mostrare che non ne esistono altre (reali). Noto pero' soltanto ora che banalmente $f(x)=x^3$ è biiettiva :/ Apposto così!
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Re: $p+q=(p-q)^3$

Messaggio da Dandav » 06 gen 2014, 19:38

Volendo proporre un'altra soluzione (ovvero, volendo fare una qualsiasi cosa diversa da studiare storia) si può notare (teniamo sempre buono $p>q$) che $MCD(p-q; p+q)=(p+q; 2q)=2\Rightarrow (p-q)^3=MCD(p+q; (p-q)^3)|8$ e i cubi che dividono otto non sono tanti, ne le coppie di primi con somma $8$ (quelle con somma $1$ sono ancora meno :D )

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Re: $p+q=(p-q)^3$

Messaggio da aetwaf » 07 gen 2014, 18:44

Volendo proporne un'altra ancora, sebbene molto molto simile
Iniziando nello stesso modo osserviamo che se esiste $r\in \mathbb P$ tale che $p-q\equiv 0\pmod r$ allora
$p-q\equiv p+q\equiv 2q\equiv 0\pmod r$
Quindi o $r=2$ o $r=q$ impossibile perchè se no avremmo $p\equiv 0\pmod q$
$r=2$
Quindi $p+q=(p-q)^3=2^{3x}$ unica soluzione possibile per quanto detto prima ($r=2$ unico fattore di $p-q$)
Ma allora $p-q=2^x$ e $2q=2^x(2^{2x}-1)$
Da cui $q=2^{x-1}(2^{2x}-1)\in \mathbb P$
Quindi $x=1$, $q=3$, $p-q=2$
$p=5$, $q=3$
Dispongo di una meravigliosa dimostrazione di questo teorema che non può essera contenuta nel margine troppo stretto della pagina

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